Question

1．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-alnx（a∈R）．
（1）若函數(shù)f（x）在（0，+∞）為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）討論方程f（x）=0解的個數(shù)，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)f（x）在（1，+∞）為增函數(shù)，我們易得F′（x）≥0在（1，+∞）上恒成立，進而將問題轉(zhuǎn)化為一個函數(shù)恒成立問題，進而求出a的取值范圍；
（2）對a進行分類討論：當a=0時，當a＜0時，當a＞0時．把a代入f（x）中確定出f（x）的解析式，然后根據(jù)f（x）的解析式求出f（x）的導函數(shù)，分別令導函數(shù)大于0和小于0得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)函數(shù)的增減性得到f（x）的最小值，根據(jù)最小值小于0得到函數(shù)沒有零點即零點個數(shù)為0．

解答 解：（1）因為$f'（x）=x-\frac{a}{x}$，
當函數(shù)f（x）在（1，+∞）上恒成立時，則f'（x）≥0在（1，+∞）上恒成立，
即：a≤x²在（1，+∞）上恒成立，所以有 a≤1．
（2）①當a=0時，f（x）在定義域（0，+∞）上恒大于0，此時方程無解；
②當a＜0時，$f'（x）=x-\frac{a}{x}＞0$在（0，+∞）上恒成立，所以f（x）在定義域（0，+∞）上為增函數(shù)，
因為$f（1）=\frac{1}{2}＞0$，$f（{e^{\frac{1}{a}}}）=\frac{1}{2}{e^{\frac{2}{a}}}-1＜0$，所以方程有惟一解；
③當a＞0時，$f'（x）=x-\frac{a}{x}=\frac{{{x^2}-a}}{x}=\frac{{（x+\sqrt{a}）（x-\sqrt{a）}}}{x}$，
因為當$x∈（0，\sqrt{a}）$時，f'（x）＜0，f（x）在$（0，\sqrt{a}）$內(nèi)為減函數(shù)；
當$x∈（\sqrt{a}，+∞）$時，f'（x）＞0，f（x）在$（\sqrt{a}，+∞）$內(nèi)為增函數(shù)，
所以當$x=\sqrt{a}$時，f（x）有極小值，
即為最小值$f（\sqrt{a}）=\frac{1}{2}a-aln\sqrt{a}=\frac{1}{2}a（1-lna）$．
（i）當a∈（0，e）時，$f（\sqrt{a}）=\frac{1}{2}a（1-lna）＞0$，此方程無解；
（ii）當a=e時，$f（\sqrt{a}）=\frac{1}{2}a（1-lna）=0$，此方程有惟一解$x=\sqrt{a}$；
（iii）當a∈（e，+∞）時，$f（\sqrt{a}）=\frac{1}{2}a（1-lna）＜0$，
因為$f（1）=\frac{1}{2}＞0$且$1＜\sqrt{a}$，所以方程f（x）=0在區(qū)間$（0，\sqrt{a}）$上有惟一解；
因為當x＞1時，（x-lnx）'＞0，所以x-lnx＞1，所以x＞lnx，
故$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-alnx＞\frac{1}{2}{x^2}-ax$，
因為 $2a＞\sqrt{a}＞1$，所以 $f（x）＞\frac{1}{2}{（2a）^2}-2{a^2}=0$，
所以方程f（x）=0在區(qū)間$（\sqrt{a}，+∞）$上有惟一解；
所以當a∈（e，+∞）時，方程f（x）=0有兩解．
綜上所述：當a∈[0，e）時，方程無解；
當a＜0或a=e時，方程有惟一解；
當a＞e時，方程有兩解．

點評 本題主要考查了利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程，以及利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，同時考查分類討論的思想，計算能力，屬于難題．此類題解答的關(guān)鍵是學生會根據(jù)導函數(shù)的正負得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，會根據(jù)函數(shù)的增減性得到函數(shù)的最值，掌握函數(shù)零點的判斷方法，是一道綜合題．